ODE di secondo grado: quale metodo?
Salve a tutti, sto cercando l' integrale generale di:
$u''(t)=(1+t^2)*u(t)$
Un amico mi ha dato il primo input:
Si cercano le soluzioni invertibili $t=t(u)$ (se ne esistono):
1. si pone: $u''(t)=(dp)/(dt)$; quindi $p=u'(t)$.
$u''(t)=(dp)/(du)*(du)/(dt)=(dp)/(du)*p$.
2. si riscrive così l' equazione: $(dp)/(du)*p=(1+t^2)*u(t)$.
Ma andando avanti coi calcoli e esplicitando si fa un gran papocchio. Qualcuno avrebbe qualche idea di come procedere?
Grazie in anticipo agli animi buoni che interverranno!
$u''(t)=(1+t^2)*u(t)$
Un amico mi ha dato il primo input:
Si cercano le soluzioni invertibili $t=t(u)$ (se ne esistono):
1. si pone: $u''(t)=(dp)/(dt)$; quindi $p=u'(t)$.
$u''(t)=(dp)/(du)*(du)/(dt)=(dp)/(du)*p$.
2. si riscrive così l' equazione: $(dp)/(du)*p=(1+t^2)*u(t)$.
Ma andando avanti coi calcoli e esplicitando si fa un gran papocchio. Qualcuno avrebbe qualche idea di come procedere?
Grazie in anticipo agli animi buoni che interverranno!
Risposte
Si può cercare una soluzione del tipo $u=e^(f(t))$.
$u'=f'e^f$
$u''= (f''+(f')^2)e^f$
da cui
$f''+(f')^2=1+t^2$
A questo punto si può cercare una soluzione polinomiale del tipo $f(x)=at^2+bt+c$
$2a+4a^2t^2+2abt+b^2=1+t^2$
fortunatamente si trova una soluzione con $a=1/2 $ e $b=0$.
Un metodo sicuro per arrivare alla soluzione non lo so....
$u'=f'e^f$
$u''= (f''+(f')^2)e^f$
da cui
$f''+(f')^2=1+t^2$
A questo punto si può cercare una soluzione polinomiale del tipo $f(x)=at^2+bt+c$
$2a+4a^2t^2+2abt+b^2=1+t^2$
fortunatamente si trova una soluzione con $a=1/2 $ e $b=0$.
Un metodo sicuro per arrivare alla soluzione non lo so....
"Quinzio":
Si può cercare una soluzione del tipo $u=e^(f(t))$.
La si trova ad occhio, ed è $u(t)=e^((t^2)/2)$. Purtroppo devo trovare l' integrale generale, e non una soluzione particolare...
In ogni caso, grazie!
Prego, comunque nella soluzione che avevo trovato rimane un parametro libero $c$, per cui si può dire che:
\[ u=Ke^{t^2/2} \]
estendendo K ai reali.
Grazie all'unicità della soluzione, direi che questa non può essere che la soluzione generale.
\[ u=Ke^{t^2/2} \]
estendendo K ai reali.
Grazie all'unicità della soluzione, direi che questa non può essere che la soluzione generale.
L'equazione differenziale del secondo ordine:
\[
u^{\prime \prime} (t) - (1+t^2)\ u(t) = 0
\]
si risolve usando certe funzioni speciali note come parabolic cylinder functions (che vengono fuori naturalmente quando si cercano soluzioni a variabili separate dell'equazione di Laplace in un cilindro, da cui il nome).
L'integrale generale dell'equazione è:
\[
u(t;A,B) := A\ \operatorname{D}_{-1} (\sqrt{2}\ x) + B\ \operatorname{D}_0 (\imath\ \sqrt{2}\ x)
\]
in cui \(\operatorname{D}_\nu\) è soluzione della cosiddetta equazione differenziale di Weber di parametro \(\nu\):
\[
y^{\prime \prime} (t) + \left( \nu + \frac{1}{2} - \frac{1}{4}\ t^2 \right)\ y(t)=0\; .
\]
Tuttavia, sulla nomenclatura e sulla notazione per queste funzioni speciali c'è sempre un po' di confusione... Un rimando bibliografico sicuro è il classico Abramowitz & Stegun, Handbook of Mathematical Functions, di cui (come ho già segnalato più volte) esiste una versione elettronica aggiornata, chiamata DLMF - Digital Library of Mathematical Functions (il capitolo che ti serve è questo qui).
\[
u^{\prime \prime} (t) - (1+t^2)\ u(t) = 0
\]
si risolve usando certe funzioni speciali note come parabolic cylinder functions (che vengono fuori naturalmente quando si cercano soluzioni a variabili separate dell'equazione di Laplace in un cilindro, da cui il nome).
L'integrale generale dell'equazione è:
\[
u(t;A,B) := A\ \operatorname{D}_{-1} (\sqrt{2}\ x) + B\ \operatorname{D}_0 (\imath\ \sqrt{2}\ x)
\]
in cui \(\operatorname{D}_\nu\) è soluzione della cosiddetta equazione differenziale di Weber di parametro \(\nu\):
\[
y^{\prime \prime} (t) + \left( \nu + \frac{1}{2} - \frac{1}{4}\ t^2 \right)\ y(t)=0\; .
\]
Tuttavia, sulla nomenclatura e sulla notazione per queste funzioni speciali c'è sempre un po' di confusione... Un rimando bibliografico sicuro è il classico Abramowitz & Stegun, Handbook of Mathematical Functions, di cui (come ho già segnalato più volte) esiste una versione elettronica aggiornata, chiamata DLMF - Digital Library of Mathematical Functions (il capitolo che ti serve è questo qui).
Non metto in dubbio la validità della soluzione con funzioni cilindro parabolico; ma mi chiedo se c'è, essendo questo un problema di Analisi II, una strada piu "semplice".
Ti ringrazio!
Ti ringrazio!
L'unica cosa da Analisi II che puoi provare è cercare di determinare le soluzioni analitiche della EDO usando il metodo di Frobenius.
In altre parole, cerchi di determinare \(u(t) = \sum_{n=0}^\infty u_n\ t^n\) in modo che la serie di potenze sia convergente in un intervallo non banale e che i coefficienti soddisfino l'equazione alle ricorrenze che viene fuori dalla EDO.
Assumendo che la serie \(\sum u_n\ t^n\) converga in un intervallo non banale, si ha:
\[
u^{\prime \prime} (t) = \sum_{n=2}^\infty n (n-1)\ u_n\ t^{n-2} = \sum_{n=0}^\infty (n+2)(n+1)\ u_{n+2}\ t^n
\]
dunque la serie risolve la EDO solo se:
\[
\sum_{n=0}^\infty (n+2)(n+1)\ u_{n+2}\ t^n - (1+t^2)\ \sum_{n=0}^\infty u_n\ t^n = 0
\]
il che equivale a:
\[
2u_2 + 6u_3\ t + \sum_{n=2}^\infty (n+2)(n+1)\ u_{n+2}\ t^n - u_0 -u_1\ t - \sum_{n=2}^\infty u_n\ t^n - \sum_{n=0}^\infty u_n\ t^{n+2} = 0
\]
da cui, raccogliendo le potenze simili:
\[
2u_2-u_0 + (6u_3-u_1)\ t + \sum_{n=2}^\infty \Big( (n+2)(n+1) u_{n+2} -u_n - u_{n-2}\Big)\ t^n = 0\; .
\]
Per il principio d'identità delle funzioni analitiche, la precedente è soddisfatta solo se tutti i coefficienti della serie al primo membro sono nulli, ergo solo se:
\[
\begin{cases}
2u_2-u_0=0\\
6u_3-u_1=0\\
(n+2)(n+1) u_{n+2} -u_n - u_{n-2}=0 &\text{, per } n\geq 2
\end{cases}
\]
cioé se i coefficienti \(u_n\) soddisfano le ricorrenze:
\[
\begin{cases}
u_2=\frac{1}{2}\ u_0\\
u_3= \frac{1}{6}\ u_1\\
u_{n+2} = \frac{1}{(n+2)(n+1)}\ (u_n + u_{n-2}) &\text{, per } n\geq 2\; .
\end{cases}
\]
L'integrale generale, data la linearità della EDO, si esprime come combinazione lineare delle soluzioni corrispondenti ai dati iniziali \(u(0)=1, u^\prime (0)=0\) ed \(u(0)=0, u^\prime (0)=1\), cioé \(u_0=1,u_1=0\) e \(u_0=0,u_1=1\).
Per il primo set [risp. il secondo] di dati iniziali si ottiene una s.d.p. coi coefficienti di posto dispari [risp. pari] tutti nulli, mentre i coefficienti di posto pari [risp. dispari] \(u_{2h}\) [risp. \(u_{2h+1}\)] soddisfano:
\[
\begin{split}
&\begin{cases}
u_2=\frac{1}{2}\ u_0\\
u_{2(h+1)} = \frac{1}{(2h+2)(2h+1)}\ (u_{2h} + u_{2(h-1)}) &\text{, per } h\geq 1
\end{cases} \\
&\text{[risp. }
\begin{cases}
u_3= \frac{1}{6}\ u_1\\
u_{2h+3} = \frac{1}{(2h+3)(2h+2)}\ (u_{2h+1} + u_{2h-1}) &\text{, per } h\geq 1\; .
\end{cases} \text{ ]}
\end{split}
\]
Per i coefficienti pari si trova:
\[
u_{2h}= \frac{1}{(2h)!!}\ u_0
\]
(se non ho sbagliato i conticini), ma per i coefficienti dispari non so se c'è una forma chiusa.
In ogni caso, sembra che la funzione definita dai coefficienti \(u_n\) (in ogni caso) sia analitica intorno a \(0\); quindi il tuo integrale generale ha senso e si può esprimere come detto sopra.
In altre parole, cerchi di determinare \(u(t) = \sum_{n=0}^\infty u_n\ t^n\) in modo che la serie di potenze sia convergente in un intervallo non banale e che i coefficienti soddisfino l'equazione alle ricorrenze che viene fuori dalla EDO.
Assumendo che la serie \(\sum u_n\ t^n\) converga in un intervallo non banale, si ha:
\[
u^{\prime \prime} (t) = \sum_{n=2}^\infty n (n-1)\ u_n\ t^{n-2} = \sum_{n=0}^\infty (n+2)(n+1)\ u_{n+2}\ t^n
\]
dunque la serie risolve la EDO solo se:
\[
\sum_{n=0}^\infty (n+2)(n+1)\ u_{n+2}\ t^n - (1+t^2)\ \sum_{n=0}^\infty u_n\ t^n = 0
\]
il che equivale a:
\[
2u_2 + 6u_3\ t + \sum_{n=2}^\infty (n+2)(n+1)\ u_{n+2}\ t^n - u_0 -u_1\ t - \sum_{n=2}^\infty u_n\ t^n - \sum_{n=0}^\infty u_n\ t^{n+2} = 0
\]
da cui, raccogliendo le potenze simili:
\[
2u_2-u_0 + (6u_3-u_1)\ t + \sum_{n=2}^\infty \Big( (n+2)(n+1) u_{n+2} -u_n - u_{n-2}\Big)\ t^n = 0\; .
\]
Per il principio d'identità delle funzioni analitiche, la precedente è soddisfatta solo se tutti i coefficienti della serie al primo membro sono nulli, ergo solo se:
\[
\begin{cases}
2u_2-u_0=0\\
6u_3-u_1=0\\
(n+2)(n+1) u_{n+2} -u_n - u_{n-2}=0 &\text{, per } n\geq 2
\end{cases}
\]
cioé se i coefficienti \(u_n\) soddisfano le ricorrenze:
\[
\begin{cases}
u_2=\frac{1}{2}\ u_0\\
u_3= \frac{1}{6}\ u_1\\
u_{n+2} = \frac{1}{(n+2)(n+1)}\ (u_n + u_{n-2}) &\text{, per } n\geq 2\; .
\end{cases}
\]
L'integrale generale, data la linearità della EDO, si esprime come combinazione lineare delle soluzioni corrispondenti ai dati iniziali \(u(0)=1, u^\prime (0)=0\) ed \(u(0)=0, u^\prime (0)=1\), cioé \(u_0=1,u_1=0\) e \(u_0=0,u_1=1\).
Per il primo set [risp. il secondo] di dati iniziali si ottiene una s.d.p. coi coefficienti di posto dispari [risp. pari] tutti nulli, mentre i coefficienti di posto pari [risp. dispari] \(u_{2h}\) [risp. \(u_{2h+1}\)] soddisfano:
\[
\begin{split}
&\begin{cases}
u_2=\frac{1}{2}\ u_0\\
u_{2(h+1)} = \frac{1}{(2h+2)(2h+1)}\ (u_{2h} + u_{2(h-1)}) &\text{, per } h\geq 1
\end{cases} \\
&\text{[risp. }
\begin{cases}
u_3= \frac{1}{6}\ u_1\\
u_{2h+3} = \frac{1}{(2h+3)(2h+2)}\ (u_{2h+1} + u_{2h-1}) &\text{, per } h\geq 1\; .
\end{cases} \text{ ]}
\end{split}
\]
Per i coefficienti pari si trova:
\[
u_{2h}= \frac{1}{(2h)!!}\ u_0
\]
(se non ho sbagliato i conticini), ma per i coefficienti dispari non so se c'è una forma chiusa.
In ogni caso, sembra che la funzione definita dai coefficienti \(u_n\) (in ogni caso) sia analitica intorno a \(0\); quindi il tuo integrale generale ha senso e si può esprimere come detto sopra.
Ok i conti mi tornano, tranne che nell' ultimo passaggio: come hai trovato il semi-fattoriale? Ri-grazie! ciao
Pardon, avevo fatto male i calcoli, mi torna tutto. Grazie infinite! saluti
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